专题5微观结构与物质的多样性单元测试卷（含解析）高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册

专题5《微观结构与物质的多样性》单元测试卷
一、单选题
1．北京大学和中国科学院的化学工作者合作已成功研制出碱金属与 C60 形成的球碳盐，实验测知 K3C60是离子化合物，且有良好的超导性。下列关于K3C60 的说法正确的是（ ）
A．该物质的化学式可表示为KC20
B．1molK3C60 中含有的离子数目为 63×6.02×1023 个
C．K3C60 中只含离子键，不含有共价键
D．该化合物在熔融状态下能导电
2．氢元素有三种同位素，各有各的丰度。其中的丰度指的是（　　）
A．自然界原子个数所占氢元素的百分数
B．自然界原子质量所占氢元素的百分数
C．在海水中所占氢元素的百分数
D．在单质氢中所占氢元素的百分数
3．关于元素周期表，下列叙述中不正确的是
A．在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻找制备半导体材料的元素
B．在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温和耐腐蚀的元素
C．在元素周期表的左下角可以寻找制备新型农药材料的元素
D．在地球上元素的分布和它们在元素周期表中的位置有密切关系
4．下列物质含有共价键的是
A．HCl B．MgO C．CaCl2 D．KBr
5．已知X、Y、Z三种主族元素在元素周期表中的位置如图所示，设X的原子序数为a。则下列说法不正确的是
Y
X
Z
A．Y与Z的原子序数之和可能为2a B．Y的原子序数可能为a－17
C．Z的原子序数可能为a＋31 D．X、Y、Z一定为短周期元素
6．有A、B、C、D四种金属，将A与B用导线连接起来浸入稀硫酸中，B上有气泡产生；将A、D分别投入到等浓度的稀盐酸中，D比A反应剧烈；将Cu浸入B的盐溶液中，无明显变化；如果把Cu浸入C的盐溶液中，有金属C析出。据此判断它们的活动性由强到弱顺序是
A．C＞B＞A＞D B．D＞A＞B＞C C．D＞B＞A＞C D．B＞A＞D＞C
7．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z的最外层电子数是次外层电子数的3倍，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是
A．W、Z两种元素组成的化合物只含离子键
B．W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱
C．Y的简单氢化物比Z的简单氢化物稳定
D．X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物
8．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如表所示：
元素符号 X Y Z R T
原子半径/nm 0.160 0.089 0.102 0.143 0.074
主要化合价 +2 +2 -2、+4、+6 +3 -2
根据表中信息，判断以下说法正确的是（ ）A．单质与稀硫酸反应的速率大小：
B．X、R的最高价氧化物对应水化物均能溶于NaOH溶液
C．元素最高价氧化物对应的水化物的碱性：
D．相同条件下，气态氢化物的稳定性：
9．下列关于化学键的叙述中，正确的是
A．离子化合物可能含共价键
B．共价化合物可能含离子键
C．离子化合物中只含离子键
D．只有活泼金属与活泼非金属间才能形成离子键
10．根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是
A．气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4
B．氢元素与其他元素可形成强碱性化合物
C．如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞Si
D．用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
11．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前20号主族元素，可形成如下图所示的化合物，其中Y的核外电子数是X与Z原子序数之和的一半。下列叙述正确的是
A．X与Y的二元化合物中只有极性共价键
B．X、Y均可与W形成化合物，且均为离子化合物
C．Z或W最高价氧化物的对应水化物均为强电解质
D．1mol图示物质最多可以与2mol NaOH反应
12．下列表示正确的是
A．苯的实验式CH B．聚乙烯的链节
C．丙酸的键线式 D．四氯化碳的比例模型
13．下列说法中错误的是
A．—NMR(核磁共振)可用于含碳化合物的结构分析，的中子数为6
B．Se是人体必需的微量元素，和互为同位素
C．某些花岗石产生氡()，从而对人体产生伤害，的质量数是222
D．原子结构示意图 既可以表示16O，也可以表示18O
14．a、b、c、d 为原子半径依次增大的四种短周期主族元素，其中元素a的最高正价与最低负价的代数和等于0，b、c 能形成摩尔质量相同的两种单质，b、d 则能化合成淡黄色的固体。下列有关判断不正确的是
A．核电荷数大小：c>d>b>a
B．简单氢化物的热稳定性：b>c
C．b能分别与a、c、d 形成具有漂白性的物质
D．c 与a 形成的化合物分子中，各原子均达到8 电子稳定结构
15．下列有关说法或各组性质的比较中，正确的有几项
①12C、13C、14C是碳的三种同素异形体
②H2S的电子式可表示为
③NaHSO4在熔融状态下不仅破坏了离子键，还破坏了共价键
④沸点：Br2＞Cl2＞F2
⑤离子还原性：S2-＞Cl-＞Br-＞I-
⑥酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4
⑦金属性：Mg＞Al＞Si
⑧气态氢化物稳定性：HF＞HCl＞H2S
A．2 B．3 C．4 D．5
二、填空题
16．自门捷列夫发现元素周期表以来，人类对自然的认识程度逐步加深，元素周期表中的成员数目不断增加，回答下列问题：
(1)2016年IUPAC确认了四种新元素，其中一种为Mc，中文名为“镆”。元素Mc可由反应：得到。该元素在周期表中的位置是_______。
(2) 氮和磷氢化物性质的比较
热稳定性：NH3_____PH3(填“>”“<”)。
沸点：N2H4___P2H4(填“>”“<”)，判断依据是_______。
(3)铍、铝二者的单质、化合物均具有相似的化学性质，写出BeO与NaOH水溶液混合的化学方程式_______。
17．通过以下有机物分子球棍模型的搭建，归纳碳原子的成键特征和各类烃分子中的化学键类型_______。
三、计算题
18．有AlCl3和MgCl2的固体混合物，取一定量的该混合物加水溶解配成溶液，实验测知Cl-的物质的量为0.70摩尔，如向该混合溶液中逐滴加入8.00mol/L的氢氧化钠溶液（密度为1.27g/mL），加入氢氧化钠溶液的体积(V)和沉淀的质量(m)有下图所示的关系。
求：
(1)原NaOH溶液的质量分数______
(2)AlCl3和MgCl2的物质的量分别是_______、______
19．现称取一定质量的镁铝合金样品放入500mL稀硫酸中，固体全部溶解并放出气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。
(1)合金中Al的质量为___。
(2)NaOH溶液的物质的量浓度为___。
(3)稀硫酸的物质的量浓度为__。
四、实验题
20．甲学生对与和KSCN混合溶液的反应进行实验探究。
操作 现象
Ⅰ．A中溶液变红 Ⅱ．稍后，溶液由红色变为黄色
(1)B中反应的离子方程式是____________________。
(2)A中溶液变红的原因是(用离子方程式回答)①___________；②___________
(3)为了探究现象Ⅱ的原因，甲同学进行如下实验：
①取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在______。
②取A中黄色溶液于试管中，加入过量的KSCN溶液，最终得到红色溶液。
甲同学的实验证明产生现象Ⅱ的原因是与Cl2发生了反应。
(4)甲同学猜想SCN-可能被Cl2氧化了，他又进行了如下研究。
资料显示：SCN-的电子式为。
①甲同学认为SCN-中碳元素没有被氧化，理由是___________。
②取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN-中的___________元素被氧化。
21．实验探究是体验知识的产生或形成过程的基本途径。下面是某同学探究实验报告的一部分，请填空：实验药品：NaCl溶液、KBr溶液、KI溶液、氯水、溴水、四氯化碳
实验步骤 实验结论
①NaCl溶液＋氯水＋1mL CCl4，振荡、静置、观察CCl4溶液 氧化性从强到弱的顺序：氯、溴、碘
②NaBr溶液＋氯水＋1mLCCl4，振荡、静置、观察CCl4溶液
③KI溶液＋氯水＋1mL CCl4，振荡、静置、观察CCl4溶液
（1）由题中信息（如题干、药品、步骤或结论）可分析得出该实验的目的是________。
（2）完成该实验需用到的仪器是胶头滴管和________ 。
（3）由实验①和②可以比较出Cl2 和Br2 的氧化性强弱。写出②中反应的化学方程式________。
（4）该同学的实验缺陷是_________ ，改进的办法是__________。
参考答案：
1．D
【详解】A．该物质的化学式是由3个K+和一个C603-构成的，应写成K3C60，不能写成KC20，A选项错误；
B．1个K3C60中存在4个离子，所以1mol K3C60中含有的离子数目为4×6.02×1023个，B选项错误；
C．该物质中K+和C603-之间存在离子键、C原子之间存在非极性共价键，C选项错误；
D．含有自由移动离子或电子的物质能导电，熔融状态下的K3C60中含有自由移动的离子，所以能导电，D选项正确；
答案选D。
2．A
【详解】同位素在自然界中的丰度是指该同位素原子在这种元素的所有天然同位素中所占的比例。故的丰度指的是自然界原子个数所占氢元素的百分数，故合理选项是A。
3．C
【详解】A．在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以在此寻找制备半导体材料的元素，A选项正确；
B．过渡元素中均为金属元素，可寻找催化剂及耐高温和耐腐蚀的合金材料，B选项正确；
C．元素周期表的左下角为活泼的金属元素，应在右上角的非金属元素区寻找制备新型农药材料的元素，C选项错误；
D．在地球上元素的分布和它们在元素周期表中的位置有密切关系，相对原子质量较小的在元素周期表中含量多，D选项正确；
答案选C。
4．A
【分析】一般金属元素与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，以此来解答。
【详解】A. HCl属于共价化合物，只存在共价键，故A可选；
B.MgO属于离子化合物，只存在离子键，故B不选；
C. CaCl2属于离子化合物，只存在离子键，故C不选；
D. KBr属于离子化合物，只存在离子键，故D不选；
故答案选A。
【点睛】共价化合物中一定含有共价键，一定没有离子键；离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键。
5．D
【详解】由如图所示的X、Y、Z三种主族元素在周期表中的相对位置可知，X、Y、Z三种主族元素处于过渡元素之后，Y不可能是第一周期元素，至少为第二周期元素，Z一定不处于短周期。（1）若Y为第二周期元素，则X、Z分别为第三、四周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a-7，Z的原子序数为a+17，则Y与Z的原子序数之和2a+10；（2）若Y为第三周期元素，则X、Z分别为第四、五周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a-17，Z的原子序数为a+17，则Y与Z的原子序数之和2a；（3）若Y为第四周期元素，则X、Z分别为第五、六周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a-17，Z的原子序数为a+31，则Y与Z的原子序数之和2a+14；（4）若Y为第五周期元素，则X、Z分别为第六、七周期元素，X的原子序数为a，则Y的原子序数为a-31，Z的原子序数为a+31，则Y与Z的原子序数之和2a，因此ABC正确，D错误，答案选D。
6．B
【分析】一般来说，原电池中，较活泼的金属作负极、较不活泼的金属作正极，负极上失电子发生氧化反应、正极上得电子发生还原反应；金属的金属性越强，金属单质与水或酸反应越剧烈，较活泼金属能置换出较不活泼金属，据此解答。
【详解】将A与B用导线连接起来浸入稀硫酸中，该装置构成原电池，B上有气泡产生，说明B电极上得电子发生还原反应，则B是正极、A是负极，金属活动性A＞B；将A、D分别投入到等浓度的稀盐酸中，D比A反应剧烈，则金属活动性D＞A；将Cu浸入B的盐溶液中，无明显变化，说明金属活动性B＞Cu；如果把Cu浸入C的盐溶液中，有金属C析出，说明金属活动性Cu＞C；通过以上分析知，金属活动性顺序是D＞A＞B＞C。
答案选B。
7．D
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Z在第二周期，为O；W是短周期中金属性最强的元素，W是Na，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素，X为不同周期元素，则X是H。
【详解】A．W、Z两种元素分别为O、Na，可组成的化合物有氧化钠、过氧化钠，氧化钠只含离子键，而过氧化钠既含有离子键，又含有非极性共价键，A说法错误；
B．W的最高价氧化物的水化物为NaOH，是一种强碱，B说法错误；
C．Y的简单氢化物、Z的简单氢化物分别为氨气和水，氧原子半径小于氮原子，则O-H的键能大于N-H键，故水的稳定性大于氨气，C说法错误；
D．Y是N元素，X是H元素，Z是O元素，X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物，D说法正确；
答案为D。
8．D
【分析】根据“短周期元素”可知，题给元素一定是主族元素或0族元素。X和Y的化合价都为+2，应位于元素周期表第ⅡA族，根据原子半径大小关系可知Y为Be，X为Mg；Z和T的化合价都有-2，应位于元素周期表第ⅥA族，乙的最高价为+6，Z应为S，则T应为O；R的化合价为+3，应位于周期表第ⅢA族，根据其原子半径大于Z小于X可知，R应和X同周期，R为Al。
【详解】A．金属性、，金属性越强，与酸反应越剧烈，所以单质与稀硫酸反应的速率大小为、，即，，故A错误；
B．不能与NaOH溶液反应，可以与NaOH溶液反应，故B错误；
C．金属性越强，元素最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，所以，，故C错误；
D．非金属性，元素非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，即，故D正确。
故选D。
9．A
【详解】A.离子化合物中可能含有共价键，如NaOH中含有共价键，也可能不含共价键，如NaCl， A正确；
B.共价化合物只含共价键，一定不含离子键，B错误；
C.离子化合物中可能含有共价键，如NaOH、Na2O2中都含有共价键，但NaOH、Na2O2是离子化合物，C错误；
D.NH4Cl完全是非金属元素，但该化合物是离子化合物，NH4+与Cl-之间通过离子键结合，说明不是只有活泼金属与活泼非金属间才能形成离子键，D错误；
故合理选项是A。
10．C
【详解】A. 碳、氮、氧三种元素同周期，且原子序数递增，根据同周期元素从左到右氢化物稳定性逐渐增强，有稳定性关系：H2O＞NH3＞CH4，又碳元素和硅元素同主族，根据同主族元素从上到下氢化物稳定性逐渐减弱，得出稳定性关系：CH4＞SiH4，选项A正确；
B. H与O、Na、K等可形成强碱NaOH、KOH等，选项B正确；
C. 观察题给装置，稀盐酸与碳酸钙反应，生成H2CO3(分解为CO2和H2O)和氯化钙，说明盐酸的酸性强于碳酸；饱和碳酸氢钠溶液是用来吸收挥发出的混在CO2中的HCl，CO2与Na2SiO3溶液反应，生成H2SiO3和碳酸钠，说明H2CO3的酸性强于H2SiO3，但HCl是无氧酸，不是氯元素的最高价氧化物对应的水化物，不能依据HCl的酸性强于碳酸来判断Cl和C的非金属性强弱，选项C错误；
D. 目前周期表中112号元素位于第七周期的IIB族，118号元素的原子结构中有7个电子层、最外层电子数为8，则118号元素在周期表中位于第七周期0族，选项D正确。
故选C。
【点睛】本题考查元素周期表和周期律，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，选项C为解答的易错点。
11．B
【分析】Z可连5个共价键，则Z是P, Y的核外电子数是X与Z原子序数之和的一半,则Y是O,X是H, X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前20号主族元素,其中W由正二价则W是Ca；
【详解】A．X与Y的二元化合物为过氧化氢时，既有极性共价键又有非极性共价键，A项错误；
B．X、Y均可与W形成化合物，即形成氢化钙和氧化钙均为离子化合物，B项正确；
C．Z或W最高价氧化物的对应水化物为磷酸和氢氧化钙，磷酸是弱电解质，C项错误；
D．1mol图示物质最多可以与4mol NaOH反应，D项错误；
答案选B。
12．A
【详解】A．C6H6是苯的分子式，其实验式为CH，故A正确；
B．聚乙烯的结构简式为，其链节为，故B错误；
C．键线式是碳碳键用线段来表示，拐点和端点表示碳原子，C原子、H原子不标出，其它杂原子必须标出，杂原子上的H原子应标出，由H来饱和碳四价结构，故丙酸的键线式：，故C错误；
D．四氯化碳是正四面体结构，Cl原子大于C原子，则四氯化碳的比例模型为，故D错误；
故选：A。
13．A
【详解】A．—NMR (核磁共振)可用于含碳化合物的结构分析，的中子数=质量数 质子数=13 6=7，故A错误；
B．Se是人体必需的微量元素，和质子数相同都为34，中子数分别为44、46，互为同位素，故B正确；
C．原子符号左上角的数字表示质量数，的质量数是222，故C正确；
D．原子结构示意图 为氧原子结构示意图，质子数为8，其中子数不定，所以既可以表示16O，也可以表示18O，故D正确；
答案选A。
14．D
【分析】b、d能化合成淡黄色的固体，b的原子半径小于d，b为O元素，d为Na元素；b、c能形成摩尔质量相同的两种单质，c的原子半径介于b与d之间，c为S元素；元素a的最高正价与最低负价的代数和等于0，a的原子半径小于b，a为H元素。
【详解】A项，a、b、c、d的核电荷数依次为1、8、16、11，核电荷数由大到小的顺序为：cdba，A项正确；
B项，非金属性：OS，简单氢化物的热稳定性：bc，B项正确；
C项，b与a、c、d形成的物质有H2O、H2O2、SO2、SO3、Na2O、Na2O2，其中H2O2、SO2、Na2O2具有漂白性，C项正确；
D项，c与a形成的化合物为H2S，H2S中H原子达到2电子的稳定结构，D项错误；
答案选D。
【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的推断，准确推出a、b、c、d代表的元素是解题的关键。本题易错点是a的推断，根据“a的最高正价与最低负价的代数和等于0”误以为a一定是IVA族元素，忽视H元素的最高正价（+1价）与最低负价（-1价）的代数和也等于0，a的原子半径小于b。
15．C
【详解】①12C、13C、14C质子数相同，而中子数不同，因此它们是碳的三种不同原子，互为同位素，①错误；
②H2S是共价化合物，在H2S分子中S原子与2个H原子形成2对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层2个或8个电子的稳定结构，故H2S的电子式可表示为，②错误；
③NaHSO4盐，在熔融状态下电离产生Na+、，因此融入状态下仅破坏了离子键，没有破坏共价键，③错误；
④Br2、Cl2、F2都是由分子构成的物质，它们结构相似，物质的相对分子质量越大，分子之间作用力越强，物质的熔沸点就越高。由于相对分子质量：Br2＞Cl2＞F2，所以物质的熔沸点：Br2＞Cl2＞F2，④正确；
⑤元素的非金属性越强，其阴离子的还原性越弱。由于非金属性：Cl＞Br＞I＞S，则阴离子的还原性离子还原性：S2-＞I-＞Br-＞Cl-，⑤错误；
⑥元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，由于非金属性：Cl＞Br＞I，则酸性：HClO4＞HBrO4＞HIO4，⑥正确；
⑦同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，原子失去电子的能力就越弱，元素的金属性就越弱，则元素的金属性：Mg＞Al＞Si，⑦正确；
⑧元素的非金属性越强，其形成的简单气态氢化物就越稳定。由于元素的非金属性：Cl＞Br＞S，则气态氢化物稳定性：HF＞HCl＞H2S，⑧正确；
综上所述可知：说法正确的有④⑥⑦⑧，共4项，故合理选项是C。
16． 第七周期ⅤA族 ＞ ＞ N2H4分子间能形成氢键 BeO + 2NaOH = Na2BeO2 + H2O
【详解】(1)由反应可知，元素Mc的质子数为115，原子核外有7个电子层，最外层电子数为5，位于元素周期表第七周期ⅤA族，故答案为：第七周期ⅤA族；
(2)非金属元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，氮元素的非金属性强于磷元素，则氨气的稳定性强于磷化氢；N2H4分子间能形成氢键，P2H4分子间不能形成氢键，则N2H4分子间的作用力强于P2H4，沸点高于P2H4，故答案为：＞；＞；N2H4分子间能形成氢键；
(3)由铍、铝二者的单质、化合物均具有相似的化学性质可知，氧化铍与氢氧化钠溶液反应生成偏铍酸钠和水，反应的化学方程式为 BeO + 2NaOH = Na2BeO2 + H2O，故答案为： BeO + 2NaOH = Na2BeO2 + H2O。
17．每个碳原子形成4个共价键；烷烃中含有碳碳单键及碳氢键，烯烃中含有碳碳双键及碳氢键，可能有碳碳单键，炔烃中含有碳碳三键及碳氢键，可能有碳碳单键
【解析】略
18．(1)25.2％
(2) 0.1mol 0.2mol
【分析】混合物中加入NaOH溶液发生Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，氢氧化铝为两性氢氧化物，继续加入氢氧化钠溶液，发生Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-或Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O，最后沉淀物是氢氧化镁，然后利用守恒思想进行计算；
【详解】（1）根据c=，可知氢氧化钠溶液的质量分数＝=0.252，即质量分数是25.2%，故答案：25.2%；
（2）根据图象可知当加入100mL氢氧化钠溶液时沉淀质量不再发生变化，这说明此时所得沉淀是氢氧化镁，溶液中的溶质是氯化钠和偏铝酸钠。根据氯离子守恒可知氯化钠是0.7mol。氢氧化钠共计是0.8mol，所以根据钠离子守恒可知偏铝酸钠是0.8mol－0.7mol＝0.1mol，因此根据铝原子守恒可知氯化铝的物质的量是0.1mol，所以氯化镁的物质的量=＝0.2mol，故答案：0.1mol；0.2mol。
19． 5.4g 4.0mol/L 0.8 mol/L
【分析】根据图象可知反应后硫酸过量，氢氧化钠首先中和硫酸，然后沉淀镁离子和铝离子，完全沉淀后氢氧化钠溶解氢氧化铝，据此解答。
【详解】(1)由图可知当沉淀质量不再发生变化时，生成0.15mol氢氧化镁，则氢氧化铝为（0.35mol-0.15mol）=0.2mol，由Al原子守恒可知，n(Al)=0.2mol，其质量为0.2mol×27g/mol=5.4g；
(2)加入200mL～250mL氢氧化钠溶液时，氢氧化铝沉淀溶解，发生反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，消耗NaOH的物质的量为0.2mol，所以NaOH溶液的浓度为：0.2mol÷0.05L=4.0mol/L；
(3)加入200mL氢氧化钠溶液时，镁离子、铝离子恰好完全沉淀，此时溶质为Na2SO4，则n(Na2SO4)=n(H2SO4)=n(NaOH)=0.5×4.0mol/L×0.2L=0.4mol，该稀硫酸的物质的量浓度为：0.4mol÷0.5L=0.8 mol/L。
20．(1)Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O
(2) 2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－ Fe3＋＋3SCN=Fe(SCN)3
(3)Fe3＋
(4) SCN－中C的化合价为＋4价，处于最高价 硫或S
【分析】(1)
根据题中所给信息，通入氯气是过量的，氯气有毒，为防止污染环境，需要尾气处理，B装置的作用是吸收尾气氯气，离子方程式为Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O；故答案为Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O；
(2)
A中溶液变红，说明氯气将Fe2＋氧化成Fe3＋，Fe3＋与SCN－结合成Fe(SCN)3，因此离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－、Fe3＋＋3SCN=Fe(SCN)3；故答案为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－、Fe3＋＋3SCN=Fe(SCN)3；
(3)
取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，红褐色沉淀为Fe(OH)3，说明原溶液中一定存在Fe3＋；故答案为Fe3＋；
(4)
①根据SCN－电子式，N、S的非金属性强于C，共用电子对偏向N和S，因此SCN－中C的化合价为＋4价，处于最高价，因此甲同学认为SCN－中碳元素没有被氧化；故答案为SCN－中C的化合价为＋4价，处于最高价；
②取A中黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，根据①中分析，SCN－中S价态为－2价，因此SCN－中的硫元素被氧化；故答案为硫或S。
21． 探究氯、溴、碘的氧化性强弱 试管 Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2 无法比较溴和碘的氧化性的强弱 把实验③中的氯水改为溴水
【详解】（1）根据给出的药品、步骤和结论可分析得出该实验的目的是探究氯、溴、碘的氧化性强弱。
（2）该实验使用的药品的量不大，而且反应在常温下即可发生，所以可以在试管中完成该实验，所以需用到的仪器是胶头滴管和试管。
（3）实验①NaCl溶液＋氯水＋1mL CCl4，振荡、静置，观察到液体分为两层，下层呈浅黄绿色，上层无色，即CCl4萃取了氯水中的Cl2，实验②NaBr溶液和氯水发生了置换反应，加CCl4后，振荡、静置，观察到液体也分为两层，下层呈橙色，是CCl4萃取了生成的Br2，所以实验①和②可以比较出Cl2 和Br2 的氧化性强弱。②中反应的化学方程式为Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2。
（4）实验③是Cl2置换了KI中的碘，只能得出氧化性：Cl2＞I2，不能知道Br2和I2的氧化性的强弱。所以应该把实验③中的氯水改为溴水，发生反应：Br2+2KI=2KBr+I2，即可证明Br2的氧化性强于I2，结合实验②，可得出氯、溴、碘的氧化性强弱顺序为：Cl2＞Br2＞I2。